1、2023届四川省高考专家联测理科数学试卷（一）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分 1已知集合，则集合（ ）ABCD2八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2中的正八边形，其中给出下列结论：与的夹角为；向量在向量上的投影向量为（其中是与同向的单位向量）其中，正确结论的个数为（ ）A1B2C3D43设，则有（ ）ABCD4设函数则满足的实数的取值范围是（ ）ABCD5下列命题正确的有（ ）命题“，”的否定形式是“，”；函数的单调递增区间是；函数是上的增函数，则实数的取值范围为；函数的零点所在的区间为，且函数只有一个零点A1个B2个C3个D4个6若在上满足，当时
2、，则（ ）A0BC1D7下列说法正确的是（ ）A函数为实数集上的奇函数，当时，（为常数），则B已知幂函数在上单调递减，则实数C命题“，”的否定是“，”D中，角，所对的边分别为，则是的充分不必要条件8设，是的两个非空子集，如果存在一个从到的函数满足：；对任意，当时，恒有，那么称这两个集合“保序同构”以下集合对不是“保序同构”的是（ ）A，B，C，D，9已知，则，的大小关系为（ ）ABCD10给出定义：若（其中为整数），则叫做离实数最近的整数，记作，即，例如：，在此基础上，给出下列关于函数的四个命题：；的定义域是，值域是其中，正确命题的个数是（ ）A1B2C3D411已知定义在上的偶函数的导函数为
3、，当时，且，则不等式的解集为（ ）ABCD12偶函数满足，当时，不等式在上有且只有200个整数解，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知，满足则的最小值是_14在中，内角，的对边分别为，已知，若角的内角平分线的长为2，则面积的最小值为_15写出的一个值，使得直线是曲线的切线，则_16斐波那契数列满足：，该数列与如图所示的美丽曲线有深刻联系设，给出以下三个命题：；其中，真命题是_（填上所有正确答案的序号）三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答（
4、一）必考题：共60分17（本小题满分12分）在中，角，所对的边分别为，现有下列四个条件：；（1）上述两个条件可同时成立吗？请说明理由；（2）已知同时满足上述四个条件中的三个，请选择使有解的三个条件，求的面积（写出一种即可）18（本小题满分12分）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和19（本小题满分12分）已知函数（1）求函数的最小正周期及对称轴方程；（2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变、横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在上的单调递减区间20（本小题满分12分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在上恒成立，求证：（注：）21
5、（本小题满分12分）已知函数（1）求证：；（2）设函数，若在上存在最大值，求实数的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，那么按所做的第一题计分22选修44：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为（1）求圆的直角坐标方程；（2）若直线的参数方程是（为参数），直线与圆相切，求的值23选修45：不等式选讲（本小题满分10分）已知函数（1）若，求函数在上的最小值；（2）若，且不等式在上恒成立，求实数的取值范围参考答案及解析1D【解析】由已知可得，集合表示满足的实数对，集合表示满足的实数对
6、，表示同时满足集合与的实数对联立方程解得所以故选D2B【解析】对于，因为八边形为正八边形，所以，所以与的夹角为，故错误；对于，若，则，这显然不成立，故错误；对于，所以，所以，故正确；对于，向量在向量上的投影向量为，故正确故选B3C【解析】，因为函数在上是增函数，所以故选C4B【解析】当时，此时，不合题意；当时，此时可化为，所以，解得综上，实数的取值范围是故选B5B【解析】对于，命题“，”的否定形式是“，”，故正确；对于，由，得，令，则，因为在上递增，在上递减，在定义域内递减，所以在上递减，在上递增，故错误；对于，因为是上的增函数，所以解得，故错误；对于，因为和在上递减，所以在上递减，因为，所以
7、函数只有一个零点且在上，故正确故选B6B【解析】因为在上满足，所以函数为奇函数，关于点对称因为，所以，所以函数为周期函数，且周期因为，令，则，得，所以当时，因为，令，则，所以故选B7B【解析】对于A，因为函数为实数集上的奇函数，当时，（为常数），所以，所以，则，故A错误；对于B，因为幂函数在上单调递减，所以解得，故B正确；对于C，命题“，”的否定是“，”，故C错误；对于D，在中，由正弦定理可知，所以是的充要条件，故D错误故选B8D【解析】对于A，存在函数，满足：；对任意，当时，恒有，所以A中的集合对是“保序同构”；对于B，存在函数满足：；对任意，当时，恒有，所以B中的集合对是“保序同构”；对于
8、C，存在函数，满足：；对任意，当时，恒有，所以C中的集合对是“保序同构”；对于D，不存在函数满足题意，所以D中的集合对不是“保序同构”故选D9A【解析】因为，所以是偶函数，且时，是增函数因为，而，所以，即故选A10B【解析】因为，所以，所以，故正确；，故错误；因为，所以，故正确；的定义域是，因为，所以，即，所以的值域是，故错误综上，正确命题的个数是2故选B11A【解析】因为当时，所以令，则，所以在上单调递减因为是定义在上的偶函数，所以是上的奇函数又因为是的导函数，所以的图象连续，故在上单调递减因为，所以，所以当，即时，等价于，则，解得，故此时；当，即时，等价于，则，解得，故此时综上，不等式的解
9、集为故选A12C【解析】因为偶函数满足，所以，所以，所以是周期函数，且周期为8，关于对称又当时，则令，解得，所以当时，为增函数；当时，为减函数作出在一个周期内的图象，如图所示因为为偶函数，且不等式在上有且只有200个整数解，所以不等式在内有100个整数解因为的周期为8，所以在内有25个周期，所以在一个周期内有4个整数解若，由，得或，由图象可得有7个整数解，无整数解，不符合题意；若，则，由图象可得，不满足题意；若，由，得或，由图象可得在一个周期内无整数解，所以在一个周期内有4个整数解，因为在内关于对称，所以在内有2个整数解，因为，所以在的整数解为和，所以，解得故选C13【解析】画出不等式组表示的
10、平面区域，如图中阴影部分所示，其中表示点与连线的斜率由图可知，直线的斜率最小联立方程解得所以14【解析】因为，所以由正弦定理，得由余弦定理，得又，所以因为平分角，所以由，得，即，得，当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值为15（答案不唯一）【解析】设切点为直线恒过定点由，得，则，即，由此可得，其中一个根，则，此时，得（答案不唯一）16【解析】由，得，所以，即，故正确；由，相加可得，即，故正确；因为，即，所以，又，得，即，故正确综上，真命题是17解：（1）由条件，得，解得或因为，所以由条件，得因为，且，又在上单调递减，所以若条件能同时成立，则，这与矛盾，所以两个条件不能同时成立（2）因为同时满足
11、题目条件中的三个，且不能同时满足，所以满足三角形有解得所有可能的组合为，若选择：由（1）可知，由，得因为，所以，所以为直角三角形，且角为直角，所以，所以的面积若选择：由（1）可知，由，得，即，解得（负值已舍去）因为，所以，所以的面积18解：（1）当时，得当时，由-，得，即当时，也成立，所以数列的通项公式为（2）因为，所以，所以，即19解：（1）因为，所以函数的最小正周期为；令，得函数的对称轴方程为，（2）将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，即，所以，即，令，所以，又，所以在上的单调递减区间为，20（1）解：由题可知，函数的定义域为，当时，此时函数在上单调递减当时，令，得；令，得，所
12、以函数在上单调递增，在上单调递减综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减（2）证明：由题可知，在上恒成立，可化为在上恒成立设，则设，则，所以在上单调递增又，所以方程有且只有一个实根，且，所以在上，单调递减；在上，单调递增，所以函数的最小值为，所以21（1）证明：要证明，只要证明设，则令，则；令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，所以（2）解：由题可得，则，令，则，当时，在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，无最大值，不符合题意当时，在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，无最大值，不符合题意当时，由，得，所以，在上单调递增；，在上单调递减由（1）可知，所以当时，取，则，且又，所以由零点存在性定理，存在，使得，所以当时，即；当时，即，所以在上单调递增，在上单调递减，此时在上存在最大值，符合题意综上，实数的取值范围为22解：（1）由，得，即，所以，所以，所以，即圆的直角坐标方程为（2）由消去参数，得由圆，得圆心，半径为1因为直线与圆相切，所以，解得或23解：（1）当，时，故当时，当且仅当时取等号；当时，故函数在上的最小值（2）当时，若，则，不合题意；若，则，不合题意因此，当时，易知，单调递减；，单调递增设，则，故，单调递增综上，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，故，解得，所以实数的取值范围是
